高中数学竞赛专题讲座之函数的基本性质

基础知识：函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时，巧妙利用函数及其图象的相关性质，可以使得问题得到简化，从而达到解决问题的目的.关于函数的有关性质，这里不再赘述，请大家参阅高中数学教材及竞赛教材：陕西师范大学出版社刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》.例题：1.已知f(x)＝8＋2x－x2，如果g(x)＝f(2－x2)，那么g(x)()A.在区间(－2，0)上单调递增B.在(0，2)上单调递增C.在(－1，0)上单调递增D.在(0，1)上单调递增提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C2.设f(x)是R上的奇函数，且f(x＋3)＝－f(x)，当0≤x≤23时，f(x)＝x，则f(2003)＝()A.－1B.0C.1D.2003解：f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x)∴f(x)的周期为6f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1选A3.定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为()A.150B.2303C.152D.2305提示：由已知，函数f(x)的图象有对称轴x＝23于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.即有一个根就是23，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x＝23对称利用中点坐标公式，这100个根的和等于23×100＝150所有101个根的和为23×101＝2303.选B4.实数x，y满足x2＝2xsin(xy)－1，则x1998＋6sin5y＝______________.解：如果x、y不是某些特殊值，则本题无法(快速)求解注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法(x－sin(xy))2＋cos2(xy)＝0∴x＝sin(xy)且cos(xy)＝0∴x＝sin(xy)＝±1∴siny＝1xsin(xy)＝1原式＝75.已知x＝9919是方程x4＋bx2＋c＝0的根，b，c为整数，则b＋c＝__________.解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？)由已知变形得x－9919∴x2－219x＋19＝99即x2－80＝219x再平方得x4－160x2＋6400＝76x2即x4－236x2＋6400＝0∴b＝－236，c＝6400b＋c＝61646.已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，f(x)＝0有实数根，且f(x)＝1在(0，1)内有两个实数根，求证：a＞4.证法一：由已知条件可得△＝b2－4ac≥0①f⑴＝a＋b＋c＞1②f(0)＝c＞1③0＜－a2b＜1④b2≥4acb＞1－a－cc＞1b＜0(∵a＞0)于是－b≥2ac所以a＋c－1＞－b≥2ac∴(ca)2＞1∴ca＞1于是ca＋1＞2∴a＞4证法二：设f(x)的两个根为x1，x2，则f(x)＝a(x－x1)(x－x2)f⑴＝a(1－x1)(1－x2)＞1f(0)＝ax1x2＞1由基本不等式x1(1－x1)x2(1－x2)≤[41(x1＋(1－x1)＋x2＋(1－x2))]4＝(41)2∴16a2≥a2x1(1－x1)x2(1－x2)＞1∴a2＞16∴a＞47.已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M≥21.解：M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－2a)|}⑴若|－2a|≥1(对称轴不在定义域内部)则M＝max{|f⑴|，|f(－1)|}而f⑴＝1＋a＋bf(－1)＝1－a＋b|f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4则|f⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2∴M≥2＞21⑵|－2a|＜1M＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－2a)|}＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－4a2＋b|}＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－4a2＋b|，|－4a2＋b|}≥41(|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－4a2＋b|＋|－4a2＋b|)≥41[(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－4a2＋b)－(－4a2＋b)]＝)2a2(412≥21综上所述，原命题正确.8.⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0⑵解方程：2)1x(222221)1x(1x1x4x2⑴解：原方程化为(x＋8)2001＋(x＋8)＋x2001＋x＝0即(x＋8)2001＋(x＋8)＝(－x)2001＋(－x)构造函数f(x)＝x2001＋x原方程等价于f(x＋8)＝f(－x)而由函数的单调性可知f(x)是R上的单调递增函数于是有x＋8＝－xx＝－4为原方程的解⑵两边取以2为底的对数得x)1xx(log)x(f)1x()1)1x(1x(logx2)1x4x2(log1x2x)1)1x(1x(log)1x4x2(log)1x(1)1x(1x1x4x2log2222222222222222222222构造函数即即于是f(2x)＝f(x2＋1)易证：f(x)世纪函数，且是R上的增函数，所以：2x＝x2＋1解得：x＝19.设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求41[f⑷＋f(0)]的值.解：由已知，方程f(x)＝x已知有三个解，设第四个解为m，记F(x)＝f(x)－x＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)∴f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)＋xf⑷＝6(4－m)＋4f(0)＝6m∴41[f⑷＋f(0)]＝710.设f(x)＝x4－4x3＋213x2－5x＋2，当x∈R时，求证：|f(x)|≥21证明：配方得：f(x)＝x2(x－2)2＋25(x－1)2－21＝x2(x－2)2＋25(x－1)2－1＋21＝(x2－2x)2＋25(x－1)2－1＋21＝[(x－1)2－1]2＋25(x－1)2－1＋21＝(x－1)4－2(x－1)2＋1＋25(x－1)2－1＋21＝(x－1)4＋21(x－1)2＋21≥21练习：1.已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝()A.3B.－3C.5D.－5解：∵f⑴＝a＋bsin51＋1＝5设f(－1)＝－a＋bsin5(－1)＋1＝k相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k∴f(－1)＝k＝2－5＝－3选B2.已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，求4x＋y的值.解：构造函数f(x)＝x2001＋x，则f(3x＋y)＋f(x)＝0逐一到f(x)的奇函数且为R上的增函数，所以3x＋y＝－x4x＋y＝03.解方程：ln(1x2＋x)＋ln(1x42＋2x)＋3x＝0解：构造函数f(x)＝ln(1x2＋x)＋x则由已知得：f(x)＋f(2x)＝0不难知，f(x)为奇函数，且在R上是增函数(证明略)所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x)由函数的单调性，得x＝－2x所以原方程的解为x＝04.若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R，则实数a的取值范围是______________.解：函数值域为R，表示函数值能取遍所有实数，则其真数函数g(x)＝x2＋ax－a的函数值应该能够取遍所有正数所以函数y＝g(x)的图象应该与x轴相交即△≥0∴a2＋4a≥0a≤－4或a≥0解法二：将原函数变形为x2＋ax－a－3y＝0△＝a2＋4a＋4·3y≥0对一切y∈R恒成立则必须a2＋4a≥0成立∴a≤－4或a≥05.函数y＝8x4x5x4x22的最小值是______________.提示：利用两点间距离公式处理y＝2222)20()2x()10()2x(表示动点P(x，0)到两定点A(－2，－1)和B(2，2)的距离之和当且仅当P、A、B三点共线时取的最小值，为|AB|＝56.已知f(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝x的两根为x1，x2，a＞0，x1－x2＞a1，若0＜t＜x1，试比较f(t)与x1的大小.解法一：设F(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c，＝a(x－x1)(x－x2)∴f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x作差：f(t)－x1＝a(t－x1)(t－x2)＋t－x1＝(t－x1)[a(t－x2)＋1]＝a(t－x1)(t－x2＋a1)又t－x2＋a1＜t－(x2－x1)－x1＝t－x1＜0∴f(t)－x1＞0∴f(t)＞x1解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x令g(x)＝a(x－x2)∵a＞0，g(x)是增函数，且t＜x1g(t)＜g(x1)＝a(x1－x2)＜－1另一方面：f(t)＝g(t)(t－x1)＋t∴1xtt)t(f＝a(t－x2)＝g(t)＜－1∴f(t)－t＞x1－t∴f(t)＞x17.f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，当0≤x≤1，0≤y≤1时.求证：存在实数x，y，使得|xy－f(x)－g(y)|≥41证明：(正面下手不容易，可用反证法)若对任意的实数x，y，都有|xy－f(x)－g(y)|＜41记|S(x，y)|＝|xy－f(x)－g(y)|则|S(0，0)|＜41，|S(0，1)|＜41，|S(1，0)|＜41，|S(1，1)|＜41而S(0，0)＝－f(0)－g(0)S(0，1)＝－f(0)－g(1)S(1，0)＝－f(1)－g(0)S(1，1)＝1－f(1)－g(1)∴|S(0，0)|＋|S(0，1)|＋|S(1，0)|＋|S(1，1)|≥|S(0，0)－S(0，1)－S(1，0)＋S(1，1)|＝1矛盾！故原命题得证！8.设a，b，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax2＋bx＋c，如果|f(x)|≤1，求证：|2ax＋b|≤4.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题)f⑴＝a＋b＋cf(－1)＝a－b＋cf(0)＝c∴a＝21[f⑴＋f(－1)－2f(0)]b＝21[f⑴－f(－1)]c＝f(0)|2ax＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x＋21[f⑴－f(－1)]|＝|(x＋21)f⑴＋(x－21)f(－1)－2xf(0)|≤|x＋21||f⑴|＋|x－21||f(－1)|＋2|x||f(0)|≤|x＋21|＋|x－21|＋2|x|接下来按x分别在区间[－1，－21]，(－21，0)，[0，21)，[21，1]讨论即可9.已知函数f(x)＝x3－x＋c定义在[0，1]上，x1，x2∈[0，1]且x1≠x2.⑴求证：|f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|；⑵求证：|f(x1)－f(x2)|＜1.证明：⑴|f(x1)－f(x2)|＝|x13－x1＋x23－x2|＝|x1－x2||x12＋x1x2＋x22－1|需证明|x12＋x1x2＋x22－1|＜2………………①x12＋x1x2＋x22＝(x1＋4x32x22222)≥0∴－1＜x12＋x1x2＋x22－1＜1＋1＋1－1＝2∴①式成立于是原不等式成立⑵不妨设x2＞x1由⑴|f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|①若x2－x1∈(0，21]则立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立.②若1＞x2－x1＞21，则－1＜－(x2－x1)＜－21∴0＜1－(x2－x1)＜21(右边变为正数)下面我们证明|f(x1)－f(x2)|＜2(1－x2＋x1)注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c|f(x1)－f(x2)|＝|f(x1)－f⑴＋f(0)－f(x2)|≤|f(x1)－f⑴|＋|f(0)－f(x2)|＜2(1－x2)＋2(x2－0)(由⑴)＝2(1－x2＋x1)＜1综合⑴⑵，原命题得证.10.已知f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)⑴若|a|≤1，求证：|f(x)|≤45⑵若f(x)max＝817，求a的值.解：分析：首先设法去掉字母a，于是将a集中⑴若a＝0，则f(x)＝x，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1＜